題目描述：
達達是來自異世界的魔女，她在漫無目的地四處漂流的時候，遇到了善良的少女翰翰，從而被收留在地球上。
翰翰的家裏有一輛飛行車。
有一天飛行車的電路板突然出現了故障，導致無法啓動。
電路板的整體結構是一個R行C列的網格（R,C≤500），如下圖所示。
每個格點都是電線的接點，每個格子都包含一個電子元件。
電子元件的主要部分是一個可旋轉的、連接一條對角線上的兩個接點的短電纜。
在旋轉之後，它就可以連接另一條對角線的兩個接點。
電路板左上角的接點接入直流電源，右下角的接點接入飛行車的發動裝置。
達達發現因爲某些元件的方向不小心發生了改變，電路板可能處於斷路的狀態。
她準備通過計算，旋轉最少數量的元件，使電源與發動裝置通過若干條短纜相連。
不過，電路的規模實在是太大了，達達並不擅長編程，希望你能夠幫她解決這個問題。
注意：只能走斜向的線段，水平和豎直線段不能走。
輸入格式
輸入文件包含多組測試數據。
第一行包含一個整數T，表示測試數據的數目。
對於每組測試數據，第一行包含正整數R和C，表示電路板的行數和列數。
之後R行，每行C個字符，字符是"/"和"\"中的一個，表示標準件的方向。
輸出格式
對於每組測試數據，在單獨的一行輸出一個正整數，表示所需的縮小旋轉次數。
如果無論怎樣都不能使得電源和發動機之間連通，輸出NO SOLUTION。
數據範圍
1≤R,C≤500,
1≤T≤5
輸入樣例：
1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\
輸出樣例：
1
樣例解釋
樣例的輸入對應於題目描述中的情況。
只需要按照下面的方式旋轉標準件，就可以使得電源和發動機之間連通。
分析：
我們知道BFS常用於求解邊權相同的最短路問題，但是部分邊權不等的最短路問題也可以用BFS求，本題就是其中的一個例子。
當一個圖的邊權只可能是0或者1時，就可以使用雙端隊列BFS求解。本題求從左上角到右下角要想連通的最小旋轉次數，一個方格的對角線之間，如果有連線，就可以被視爲這兩點之間的邊權長度是0，如果需要旋轉纔有連線，則視邊權的長度爲1，所以本題就轉化爲了一個邊權只有01兩種情況的最短路問題。爲什麼BFS可以解決邊權不等的最短路問題，可以說是此時BFS的隊列相當於dijkstra算法中的優先級隊列，是單調的，也是由BFS隊列中元素的兩段性和單調性決定的。
首先回憶下dijkstra算法，AcWing 849 Dijkstra求最短路 I和AcWing 850 Dijkstra求最短路 II中分別介紹了dijkstra算法的樸素版解法和堆優化版解法。簡單的說，d[i]表示第i個點到起點的距離，dijkstra算法的思路就是先將起點加入點集，然後在點集中取出一個d最小的點，去更新相鄰點的d數組，如果某個點被鬆弛了，就加入優先級隊列，也就等價於加入了點集，已經出隊的點不再參與更新操作，每次取還未出隊的離起點距離最小的點取進行鬆弛操作。
再說下BFS的兩段性和單調性，兩段性可以理解爲BFS過程中用到的隊列中的頂點最多涉及BFS生成樹中兩層頂點，因爲BFS相當於對樹做層次遍歷，這個性質是顯然的，兩段性意味着任何時刻隊列中的點離起點的距離差最多是1。單調性指的是從隊頭到隊尾的頂點離起點的距離是單調增加的。兩段性和單調性保證了BFS算法求出的一定是最短路徑。本題要考慮的是如何在邊權不等的情況下維持隊列的這兩個性質，邊權有01之分，遍歷到邊權爲0和1的邊我們要如何如何處理才能夠維持隊列的單調性。取出隊頭元素後，如果當前邊權是0，就加入隊頭；當前邊權是1，就加入隊尾，很顯然這種操作維持了隊列的兩段性和單調性，只是需要雙端隊列實現而已。
既然知道了這樣操作在BFS過程中隊列始終是單調的，並且隊頭元素一定是距離最近的，下面要做的就是仿照dijkstra算法求最短路了，這裏的雙端隊列就相當於dijkstra中的優先級隊列。流程如下：
首先，將起點加入隊列，接着當隊列非空時執行如下循環：
取出隊頭元素，如果隊頭元素還沒有出隊過，就去更新周圍點的最短距離，如果周圍的點被鬆弛了，就將該點也加入隊列，如果松弛的邊權是0，就加入隊頭，否則加入隊尾。
當然，本題的原理部分只有上面這麼多，但是實現的細節值得注意的地方卻很多。首先，由於只能斜着走，所以橫縱座標要麼同時加1，要麼同時減1，要麼一個加1一個減1。不論是那種，從起點（0,0）出發，能夠到達的點的橫縱座標之和一定是偶數，所以當R + C是奇數時，就無解。第二個要注意的是，題目給定的是格子內部的線的方向，一共有R * C個格子，但是一個有（R+1）*（C + 1）個點，我們讀取線只需要從(0,0)讀到（r-1，c-1），求的是（0,0）到（r，c）的最短距離，這點一定要注意。第三點，本題將方向向量玩出了新花樣，從左邊（x，y）出發，能夠到達哪些點呢？可以到達的點的方向向量是dx[] = {-1,-1,1,1};dy[] = {-1,1,1,-1}，毫無疑問。要想到達這四點需要經過哪些座標的格子呢？不難推出需要經過格子的方向向量依次是ix[] = {-1,-1,0,0};iy[] = {-1,0,0,-1};然後這四個格子中的線是朝什麼方向的纔可以不用旋轉，char op[] = "\\/\\/";，就是op中定義的這四個方向，注意\前面要加轉義字符\。最後一點，也是相當重要的一點，標誌數組st應該在何處剪枝，是否需要剪枝？三個地方可以放置剪枝的語句，第一個地方，取出隊頭元素時，如果隊頭元素已經出過隊，就不用再去執行鬆弛操作了，這也是推薦加入剪枝語句的地方；第二個地方，在判斷某個點距離是否可以被更新前，如果一個點已經出過隊，說明最短距離已經確定，鬆弛操作必將是徒勞的，所以可以剪枝，但是效果不大，因爲並沒有節省多少操作；第三個地方，鬆弛操作後，將被鬆弛的點加入隊列前，如果這個點出過隊，就不再入隊，這個地方剪枝毫無意義，因爲已經出過隊的元素最短路徑長度已經確定了，不可能再被鬆弛。既然出過隊的元素不會再背鬆弛，自然不會再次被加入隊列，這是否意味着每個頂點只會入隊一次呢？如果是，剪枝操作將毫無意義，我開始也是這樣以爲的，加不加剪枝語句提交時間都差不多，但這僅僅是數據水的緣故，爲此，還特地問了下y總。之後纔想起來，儘管每個頂點出隊後不會再次被鬆弛，不會再入隊，但是出隊前卻可能多次入隊，比如C點被A點鬆弛先入隊了，之後又被B點鬆弛，再次入隊，然後C第一次出隊，執行鬆弛操作，當C第二次出隊時，因爲標誌數組是true，便會跳過C，此時的鬆弛操作毫無意義，而且耗費時間，這也是爲何要在出隊時剪枝的原因。這裏的剪枝操作dijkstra也同樣適用，或者說就是由dijkstra的剪枝操作推廣來的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 505;
typedef pair<int,int> PII;
char g[N][N];
int r,c,d[N][N];
deque<PII> q;
int dx[] = {-1,-1,1,1};
int dy[] = {-1,1,1,-1};
int ix[] = {-1,-1,0,0};
int iy[] = {-1,0,0,-1};
char op[] = "\\/\\/";
bool st[N][N];
void bfs(int x,int y){
memset(d,0x3f,sizeof d);
memset(st,false,sizeof st);
q.push_front({x,y});
d[x][y] = 0;
while(q.size()){
PII t = q.front();
q.pop_front();
if(st[t.first][t.second]) continue;
st[t.first][t.second] = true;
for(int i = 0;i < 4;i++){
int nx = t.first + dx[i],ny = t.second + dy[i];
if(nx < 0 || nx > r || ny < 0 || ny > c) continue;
int ex = t.first + ix[i],ey = t.second + iy[i];
int dist = d[t.first][t.second] + (g[ex][ey] != op[i]);
if(dist < d[nx][ny]){
d[nx][ny] = dist;
if(g[ex][ey] == op[i]) q.push_front({nx,ny});
else q.push_back({nx,ny});
}
}
}
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&r,&c);
for(int i = 0;i < r;i++) scanf("%s",g[i]);
if((r + c) & 1) puts("NO SOLUTION");
else{
bfs(0,0);
printf("%d\n",d[r][c]);
}
}
return 0;
}